浙江省宁波市2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（word版 含答案）

这是一份浙江省宁波市2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（word版 含答案），共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合目要求）
1．在△ABC中，∠C＝90°，已知tanA＝，则cosA＝（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F、G在小正方形的顶点上，则△ABC的重心是（　　）

A．点D B．点E C．点F D．点G
3．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD＝40°，则∠ABD的大小为（　　）

A．60° B．50° C．40° D．20°
4．如图，在▱ABCD中，点E在对角线BD上，EM∥AD，交AB于点M，EN∥AB，交AD于点N，则下列式子一定正确的是（　　）

A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
5．如图所示，下列条件中能单独判断△ABC∽△ACD的个数是（　　）个．
①∠ABC＝∠ACD；②∠ADC＝∠ACB；③＝；④AC2＝AD•AB

A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则tan∠APD＝（　　）

A． B．3 C． D．2
7．《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥DC于E，ED＝1寸，AB＝10寸，求直径CD的长．”则CD＝（　　）

A．13寸 B．20寸 C．26寸 D．28寸
8．如图，在△AOC中，OA＝3，OC＝1，将△AOC绕点O顺时旋转90°后得到△BOD，则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为（　　）

A． B．2π C． D．
9．如图，在正方形ABCD中，边长AB＝20，E是BC的中点，连结AE，BD，把△ABE沿着AE翻折，得到△AB′E，则点B′到BD的距离为（　　）

A．4 B．8 C．6 D．2
10．“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形ABCD中，以AD为边作正方形AHMD，以CD为斜边，作Rt△DCG使得点G在HM的延长线上，过点D作DE⊥DG交AB于E，再过E点作EF⊥CG于F，连结CE交MH于N，记四边形DENM，四边形BCNH的面积分别为S1，S2，若S1﹣S2＝4，DM＝3，则DG为（　　）

A．5 B．3 C． D．
二、填空题（每小题5分共30分）
11．已知，＝，则＝　 　．
12．一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB＝3m，已知木箱高BE＝m，斜面坡角为30°，则木箱端点E距地面AC的高度EF为　 　m．

13．如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且的度数为50°，则∠E+∠C＝　 　°．

14．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝　 　．

15．如图，把一个直角三角形ABC的斜边AB放在直线l上，按顺时针方向在l上滚动两次，使它转到△GFE的位置．设BC＝2，AC＝2，当△ABC转滚动12次，点A经过的路径长为 　 　．


16．如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，点D是斜边BC的中点，将△ABC绕点D旋转得到△GEF，直线AG、FC相交于点Q，连接BQ，线段BQ长的最大值是 　 　．

三、解答题（本大题有8小题，共80分）
17．计算：
（1）cos30°﹣sin45°+tan45°•cos60°；
（2）．
18．某校合唱团为了开展线上“百人合唱一首歌”的“云演出”活动，需招收新成员．小贤、小晴、小艺、小志四名同学报名参加了应聘活动，其中小贤、小艺来自七年级，小志、小晴来自八年级．现对这四名同学采取随机抽取的方式进行线上面试．
（1）若随机抽取一名同学，恰好抽到小艺同学的概率为　 　；
（2）若随机抽取两名同学，请用列表法或树状图法求两名同学均来自八年级的概率．
19．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2，使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA＝OB＝36cm，O'C⊥AC于点C，O′C＝18cm．
（1）求∠CAO′的度数．
（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入热架后，要使显示屏O′B′与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？

20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE＝CE；
（2）若BD＝2，BE＝3，求AC的长．

21．如图1，水坝的横截面是梯形ABCD，∠ABC＝37°，坝顶DC＝3m，背水坡AD的坡度i（即tan∠DAB）为1：0.5，坝底AB＝14m．

（1）求坝高；
（2）如图2，为了提高堤坝的防洪抗洪能力，防汛指挥部决定在背水坡将坝顶和坝底同时拓宽加固，使得AE＝2DF，EF⊥BF，求DF的长．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B．
（1）求⊙O的半径；
（2）点P为劣弧AB中点，作PQ⊥AC，垂足为Q，求OQ的长；
（3）在（2）的条件下，连接PC，求tan∠PCA的值．

23．定义：AB为⊙O的弦，P为⊙O上一点（不与A，B重合），若△PAB为等腰三角形时，则称点P为AB的强点．
（1）如图1，若⊙O的半径为5，AB＝5，点P为AB的强点，则这样的P点有 　 　个．
（2）若⊙O的半径为r，点P为AB的强点，当这样的P点只有2个时，请用含r的代数式表示AB的长为 　 　．
（3）如图2，若⊙O的半径为5，AB＝8，点P为AB的强点，求AP的长．


24．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，D为AC上一点，且CD＝BE，取AB的中点F，连结FD，CE，CF，分别取DF，CF的中点G，H．
（1）求∠AHG的值．
（2）连结AG，求证：△AHG∽△CBE．
（3）延长AG交EC于点M，已知AC＝3，设CD＝x（0＜x＜3），CM2＝y，求y与x的关系式．




参考答案
一、选择题（每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合目要求）
1．在△ABC中，∠C＝90°，已知tanA＝，则cosA＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】在△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，设参数，利用勾股定理表示斜边AB，再根据锐角三角函数的意义求解即可．
解：在△ABC中，∠C＝90°，
∵tanA＝，
∴＝，
设BC＝3k，则AC＝4k，
∴AB＝＝＝5k，
∴cosA＝＝＝，
故选：B．
2．如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F、G在小正方形的顶点上，则△ABC的重心是（　　）

A．点D B．点E C．点F D．点G
【分析】根据三角形三条中线相交于一点，这一点叫做它的重心，据此解答即可．
解：根据题意可知，直线CD经过△ABC的AB边上的中线，直线AD经过△ABC的BC边上的中线，
∴点D是△ABC重心．
故选：A．
3．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD＝40°，则∠ABD的大小为（　　）

A．60° B．50° C．40° D．20°
【分析】连接AD，先根据圆周角定理得出∠A及∠ADB的度数，再由直角三角形的性质即可得出结论．
解：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∵∠BCD＝40°，
∴∠A＝∠BCD＝40°，
∴∠ABD＝90°﹣40°＝50°．
故选：B．
4．如图，在▱ABCD中，点E在对角线BD上，EM∥AD，交AB于点M，EN∥AB，交AD于点N，则下列式子一定正确的是（　　）

A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据平行四边形的性质以及相似三角形的性质．
解：
∵在▱ABCD中，EM∥AD
∴易证四边形AMEN为平行四边形
∴易证△BEM∽△BAD∽△END
∴＝＝，A项错误
＝，B项错误
＝＝，C项错误
＝＝，D项正确
故选：D．
5．如图所示，下列条件中能单独判断△ABC∽△ACD的个数是（　　）个．
①∠ABC＝∠ACD；②∠ADC＝∠ACB；③＝；④AC2＝AD•AB

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由图可知△ABC与△ACD中∠A为公共角，所以只要再找一组角相等，或一组对应边成比例即可解答．
解：有三个．
①∠B＝∠ACD，再加上∠A为公共角，可以根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；
②∠ADC＝∠ACB，再加上∠A为公共角，可以根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；
③中∠A不是已知的比例线段的夹角，不正确
④可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定；
故选：C．
6．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则tan∠APD＝（　　）

A． B．3 C． D．2
【分析】根据网格，设出小正方形的边长为1，表示出AD＝DC＝，再根据平行线分线段成比例定理可得出DP＝DC，进而在Rt△ADP中，由正切的意义求值即可．
解：设小正方形的边长为1，
由图形可知，，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD⊥DC．
∵AC∥BD，
∴，
∴PC＝2DP，
∴AD＝DC＝3DP，
∴．
故选：B．
7．《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥DC于E，ED＝1寸，AB＝10寸，求直径CD的长．”则CD＝（　　）

A．13寸 B．20寸 C．26寸 D．28寸
【分析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点E为AB的中点，由AB＝10可求出AE的长，再设出圆的半径OA为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案．
解：连接OA，∵AB⊥CD，且AB＝10，
∴AE＝BE＝5，
设圆O的半径OA的长为x寸，则OC＝OD＝x寸，
∵DE＝1，
∴OE＝x﹣1，
在直角三角形AOE中，根据勾股定理得：
x2﹣（x﹣1）2＝52，化简得：x2﹣x2+2x﹣1＝25，
即2x＝26，
解得：x＝13
所以CD＝26（寸）．
故选：C．

8．如图，在△AOC中，OA＝3，OC＝1，将△AOC绕点O顺时旋转90°后得到△BOD，则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为（　　）

A． B．2π C． D．
【分析】根据旋转的性质可以得到在旋转过程中所扫过的图形的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式即可求解．
解：∵△AOC≌△BOD，
∴在旋转过程中所扫过的图形的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积﹣＝2π，
故选：B．

9．如图，在正方形ABCD中，边长AB＝20，E是BC的中点，连结AE，BD，把△ABE沿着AE翻折，得到△AB′E，则点B′到BD的距离为（　　）

A．4 B．8 C．6 D．2
【分析】连接BB′交AE于J，设AE交BD于点O，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，过点B′作B′H⊥BD于H．求出BJ，BB′，OB，BB′，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
解：连接BB′交AE于J，设AE交BD于点O，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，过点B′作B′H⊥BD于H，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝90°，AB＝BC＝20，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC＝10，
∴AE＝＝＝10，
由翻折的性质可知，AE垂直平分线段BB′，
∴BJ＝＝4，
∴BB′＝2BJ＝8，
∵∠ABO＝∠OBE＝45°，OM⊥AB，ON⊥BC，
∴OM＝ON，
∵•AB•OM+•BE•ON＝•AB•BE，
∴×20•OM+×10•ON＝×20×10，
∴OM＝ON＝，
∵四边形OMBN是正方形，
∴OB＝，
∴OJ＝＝＝，
∵∠OBJ＝∠HBB′，∠BJO＝∠BHB′＝90°，
∴△BJO∽△BHB′，
∴＝，
∴＝，
∴B′H＝4，
故选：A．
10．“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形ABCD中，以AD为边作正方形AHMD，以CD为斜边，作Rt△DCG使得点G在HM的延长线上，过点D作DE⊥DG交AB于E，再过E点作EF⊥CG于F，连结CE交MH于N，记四边形DENM，四边形BCNH的面积分别为S1，S2，若S1﹣S2＝4，DM＝3，则DG为（　　）

A．5 B．3 C． D．
【分析】通过说明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG∽△GMC得出比例式，求得CM；利用S1﹣S2＝4，得到S△EDC﹣S矩形CMHB＝4，列出方程，解方程，结论可得．
解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM＝DA＝3，∠ADM＝90°．
∵DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°．
∴∠ADE+∠EDM＝90°，∠GDM+∠CDM＝90°．
∴∠ADE＝∠GDM．
∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，
∴∠A＝∠DMG．
∴△ADE≌△MDG（ASA）．
∴DE＝DG，AE＝GM．
∴四边形DEFG为正方形．
设AE＝x，则GM＝x．
在Rt△ADE中，
∵AD＝DM＝3，
∴DE＝＝，
∵∠DGC＝90°，
∴∠DGM+∠CGM＝90°．
∵GM⊥CD，
∴∠DMG＝∠GMC＝90°．
∴∠CGM+∠GCM＝90°．
∴∠DGM＝∠GCM．
∴△DMG∽△GMC．
∴＝，
∴CM＝，
∵S1﹣S2＝4，
∴（S1+S△CMN）﹣（S2+S△CMN）＝4，
即S△EDC﹣S矩形CMHB＝4．
∴×CD×AD﹣CM×MH＝4．
∴×AD×（CM+DM）﹣CM×AD＝4．
∴×3×（3+）﹣3×＝4．
解得：x＝±1（负数不合题意，舍去）．
∴x＝1．
∴DG＝DE＝＝＝．
故选：D．
二、填空题（每小题5分共30分）
11．已知，＝，则＝　﹣5　．
【分析】由合分比性质解答．
解：∵＝，
∴＝＝﹣5．
故答案是：﹣5．
12．一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB＝3m，已知木箱高BE＝m，斜面坡角为30°，则木箱端点E距地面AC的高度EF为　3　m．

【分析】连接AE，在Rt△ABE中求出AE，根据∠EAB的正切值求出∠EAB的度数，继而得到∠EAF的度数，在Rt△EAF中，解出EF即可得出答案．
解：连接AE，
在Rt△ABE中，AB＝3m，BE＝m，
则AE＝＝2m，
又∵tan∠EAB＝＝，
∴∠EAB＝30°，
在Rt△AEF中，∠EAF＝∠EAB+∠BAC＝60°，
∴EF＝AE×sin∠EAF＝2×＝3m．
答：木箱端点E距地面AC的高度为3m．
故答案为：3．

13．如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且的度数为50°，则∠E+∠C＝　155　°．

【分析】连接EA，根据圆周角定理求出∠BEA，根据圆内接四边形的性质得到∠DEA+∠C＝180°，结合图形计算即可．
解：连接EA，
∵为50°，
∴∠BEA＝25°，
∵四边形DCAE为⊙O的内接四边形，
∴∠DEA+∠C＝180°，
∴∠DEB+∠C＝180°﹣25°＝155°，
故答案为：155．

14．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝　　．

【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CD＝AB，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
∴，
∴，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴，
∵CD＝2，
∴PQ＝，
故答案为：．

15．如图，把一个直角三角形ABC的斜边AB放在直线l上，按顺时针方向在l上滚动两次，使它转到△GFE的位置．设BC＝2，AC＝2，当△ABC转滚动12次，点A经过的路径长为 　　．


【分析】通过题意可知，旋转3次，为一个循环，只要将前三次点A经过的路径长求出即可．
解：在Rt△ABC中，
AB＝＝＝4，
又∵BC＝2，即，
∴∠BAC＝30°，∠ABC＝60°，

通过题意可知，旋转3次，为一个循环，
①A～D段的弧长：L1＝，
②D～G段的弧长：L2＝，
③绕点G旋转，故路程为0，
∴一个循环中点A所经过的路线为：，
∵12÷3＝4，
∴当△ABC转滚动12次，点A经过的路径长为4×（）＝，
故答案为：．
16．如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，点D是斜边BC的中点，将△ABC绕点D旋转得到△GEF，直线AG、FC相交于点Q，连接BQ，线段BQ长的最大值是 　2+2　．

【分析】由“SAS”可证△ADG≌△CDF，可证∠DAG＝∠DCF，可证点A，点D，点C，点Q四点共圆，可得∠AQC＝90°，即点Q在以AC为直径的圆上运动，则当点Q在BO的延长线上时，BQ长有最大值，由勾股定理可求解．
解：如图，连接AD，DG，取AC的中点O，连接BO，OQ，

∵△ABC和△GEF是等腰直角三角形，
∴AD＝BD＝CD＝DG＝DF，AD⊥BC，GD⊥EF，
∴∠ADC＝∠GDF＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
在△ADG和△CDF中，
，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠DAG＝∠DCF，
∵∠DCF+∠DCQ＝180°，
∴∠DAG+∠DCQ＝180°，
∴点A，点D，点C，点Q四点共圆，
∴∠ADC+∠AQC＝180°，
∴∠AQC＝90°，
∴点Q在以AC为直径的圆上运动，
∴当点Q在BO的延长线上时，BQ长有最大值，
∵AB＝AC＝4，点O是AC中点，
∴AO＝CO＝2＝OQ，
∴BO＝＝＝2，
∴BQ长有最大值为：2+2，
故答案为：2+2．
三、解答题（本大题有8小题，共80分）
17．计算：
（1）cos30°﹣sin45°+tan45°•cos60°；
（2）．
【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值分别代入，再利用二次根式的混合运算法则计算得出答案；
（2）直接利用特殊角的三角函数值分别代入，再利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
解：（1）原式＝×﹣×+1×
＝﹣1+
＝1；

（2）原式＝
＝
＝
＝
＝2﹣．
18．某校合唱团为了开展线上“百人合唱一首歌”的“云演出”活动，需招收新成员．小贤、小晴、小艺、小志四名同学报名参加了应聘活动，其中小贤、小艺来自七年级，小志、小晴来自八年级．现对这四名同学采取随机抽取的方式进行线上面试．
（1）若随机抽取一名同学，恰好抽到小艺同学的概率为　　；
（2）若随机抽取两名同学，请用列表法或树状图法求两名同学均来自八年级的概率．
【分析】（1）共有4种可能出现的结果，抽到小艺的只有1种，可求出抽到小艺的概率；
（2）用列表法表示所有可能出现的结果，进而求出两个同学均来自八年级的概率．
解：（1）共有4种可能出现的结果，抽到小艺的只有1种，
因此恰好抽到小艺的概率为，
故答案为：；
（2）用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中都是八年级，即抽到小志、小晴的有2种，
∴P（小志、小晴）＝＝．
19．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2，使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA＝OB＝36cm，O'C⊥AC于点C，O′C＝18cm．
（1）求∠CAO′的度数．
（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入热架后，要使显示屏O′B′与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？

【分析】（1）通过解直角三角形即可得到结果；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD＝OB•sin∠BOD＝36×＝18，由C、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′＝∠FO′A＝30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
解：（1）∵O′C⊥OA于C，OA＝OB＝36cm，
∴sin∠CAO′＝＝＝＝，
∴∠CAO′＝30°；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，
∵sin∠BOD＝，
∴BD＝OB•sin∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOD＝60°，
∴BD＝OB•sin∠BOD＝36×＝18（cm），
∵O′C⊥OA，∠CAO′＝30°，
∴∠AO′C＝60°，
∵∠AO′B′＝120°，
∴∠AO′B′+∠AO′C＝180°，
∴O′B′+O′C﹣BD＝36+18﹣18＝（54﹣18）cm，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了（54﹣18）cm；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，
理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，
∴∠EO′F＝120°，
∴∠FO′A＝∠CAO′＝30°，
∵∠AO′B′＝120°，
∴∠EO′B′＝∠FO′A＝30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．

20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE＝CE；
（2）若BD＝2，BE＝3，求AC的长．

【分析】（1）连接AE，如图，根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC＝90°，然后利用等腰三角形的性质即可得到BE＝CE；
（2）连接DE，如图，证明△BED∽△BAC，然后利用相似比可计算出AB的长，从而得到AC的长．
【解答】（1）证明：连接AE，如图，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°，
∴AE⊥BC，
而AB＝AC，
∴BE＝CE；
（2）连接DE，如图，
∵BE＝CE＝3，
∴BC＝6，
∵∠BED＝∠BAC，
而∠DBE＝∠CBA，
∴△BED∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴BA＝9，
∴AC＝BA＝9．

21．如图1，水坝的横截面是梯形ABCD，∠ABC＝37°，坝顶DC＝3m，背水坡AD的坡度i（即tan∠DAB）为1：0.5，坝底AB＝14m．

（1）求坝高；
（2）如图2，为了提高堤坝的防洪抗洪能力，防汛指挥部决定在背水坡将坝顶和坝底同时拓宽加固，使得AE＝2DF，EF⊥BF，求DF的长．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
【分析】（1）作DM⊥AB于M，CN⊥AN于N．由题意：tan∠DAB＝＝2，设AM＝x，则DM＝2x，在Rt△BCN中，求出BN，构建方程即可解决问题；
（2）作FH⊥AB于H．设DF＝y，设DF＝y，则AE＝2y，EH＝3+2y﹣y＝3+y，BH＝14+2y﹣（3+y）＝11+y，由△EFH∽△FBH，可得＝，即＝，求出y即可；
解：（1）作DM⊥AB于M，CN⊥AN于N．
由题意：tan∠DAB＝＝2，设AM＝x，则DM＝2x，
∵四边形DMNC是矩形，
∴DM＝CN＝2x，
在Rt△NBC中，tan37°＝＝＝，
∴BN＝x，
∵x+3+x＝14，
∴x＝3，
∴DM＝6，
答：坝高为6m．

（2）作FH⊥AB于H．设DF＝y，设DF＝y，则AE＝2y，EH＝3+2y﹣y＝3+y，BH＝14+2y﹣（3+y）＝11+y，

由△EFH∽△FBH，可得＝，
即＝，
解得y＝﹣7+2或﹣7﹣2（舍弃），
∴DF＝2﹣7，
答：DF的长为（2﹣7）m．

22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B．
（1）求⊙O的半径；
（2）点P为劣弧AB中点，作PQ⊥AC，垂足为Q，求OQ的长；
（3）在（2）的条件下，连接PC，求tan∠PCA的值．

【分析】（1）作OH⊥AB于H．解直角三角形求出AB，利用垂径定理求出AH即可解决问题．
（2）如图2中，连接OP，PA．设OP交AB于H．证明△AOP是等边三角形即可解决问题．
（3）连接PC．求出CQ，PQ即可．
解：（1）作OH⊥AB于H．

在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB＝1，
∴OA＝AH÷cos30°＝．

（2）如图2中，连接OP，PA．设OP交AB于H．

∵＝，
∴OP⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∵OA＝OP，
∴△AOP是等边三角形，
∵PQ⊥OA，
∴OQ＝QA＝OA＝．

（3）连接PC．
在Rt△ABC中，AC＝BC＝，
∵AQ＝QO＝AO＝．
∴QC＝AC﹣AQ＝﹣＝，
∵△AOP是等边三角形，PQ⊥OA，
∴PQ＝1，
∴tan∠ACP＝＝＝．
23．定义：AB为⊙O的弦，P为⊙O上一点（不与A，B重合），若△PAB为等腰三角形时，则称点P为AB的强点．
（1）如图1，若⊙O的半径为5，AB＝5，点P为AB的强点，则这样的P点有 　2　个．
（2）若⊙O的半径为r，点P为AB的强点，当这样的P点只有2个时，请用含r的代数式表示AB的长为 　r　．
（3）如图2，若⊙O的半径为5，AB＝8，点P为AB的强点，求AP的长．


【分析】（1）如图1，过O作OC⊥AB于C，可证得△ABP1、△ABP2是等腰三角形，再利用勾股定理可得AP2＝BP2＝AB，说明在⊙O上只有点P1、P2满足△ABP是等腰三角形，即可得出答案；
（2）根据题意解得：AP2＝BP2＝AB，推出∠OAC＝30°，OC＝OA＝r，再利用勾股定理即可求得答案；
（3）如图3，过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于点P1、P2，分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，交⊙O于点P3、P4，连接AP3、BP3、AP4、BP4、OP4，连接BO并延长交AP4于点D，分别运用勾股定理及垂径定理即可求得答案．
解：（1）如图1，过O作OC⊥AB于C，
∵OC⊥AB，
∴＝，＝，
∴AP1＝BP1，AP2＝BP2，
∴△ABP1、△ABP2是等腰三角形，
∴P1、P2是AB的强点，
∵⊙O的半径为5，AB＝5，
∴AC＝，
∴OC＝＝，
∴AP2＝BP2＝＝＝5，
∴AP2＝BP2＝AB，
∴在⊙O上只有点P1、P2满足△ABP是等腰三角形，
故答案为：2；
（2）如图2，∵⊙O中，AB的强点只有2个，
∴AP2＝BP2＝AB，
∴△ABP2是等边三角形，
∠AP2B＝∠BAP2＝60°，
∵P2C⊥AB，
∴AC＝BC＝AB，∠AP2C＝∠AP2B＝30°，
∵OA＝OP2，
∴∠OAP2＝∠AP2C＝30°，
∴∠OAC＝∠BAP2﹣∠OAP2＝30°，
∴OC＝OA＝r，
∴AC＝BC＝＝＝r，
∴AB＝2AC＝r，
故答案为：r；
（3）如图3，过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于点P1、P2，
分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，交⊙O于点P3、P4，
连接AP3、BP3、AP4、BP4、OP4，连接BO并延长交AP4于点D，
∵OC⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝4，
∴OC＝＝＝3，
∴CP1＝OP1﹣OC＝5﹣3＝2，CP2＝OC+OP2＝3+5＝8，
∴AP1＝＝＝2，
在Rt△ACP2中，AP2＝＝＝4，
AP3＝AB＝8，
∵BP4＝AB＝8，OA＝OP4＝5，
∴BO垂直平分AP4，
∴AP4＝2AD，
设OD＝x，则OA2﹣OD2＝AB2﹣BD2，
∴52﹣x2＝82﹣（5+x）2，
解得：x＝，
∴OD＝，
∴AD＝＝＝，
∴AP4＝；
综上所述，AP的长为2或4或8或．



24．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，D为AC上一点，且CD＝BE，取AB的中点F，连结FD，CE，CF，分别取DF，CF的中点G，H．
（1）求∠AHG的值．
（2）连结AG，求证：△AHG∽△CBE．
（3）延长AG交EC于点M，已知AC＝3，设CD＝x（0＜x＜3），CM2＝y，求y与x的关系式．


【分析】（1）由∠C＝90°，∠B＝30°，F为AB中点，可得△ACF是等边三角形，∠ACF＝60°，而G，H是DF，CF的中点，即得GH∥CD，∠GHF＝∠ACF＝60°，又∠AHF＝90°，故∠AHG＝∠AHF﹣∠GHF＝30°；
（2）在Rt△ABC中，可得AC＝BC，在Rt△ACH中，可得AC＝＝，从而BC＝2AH，根据GH是△FCD的中位线，可得CD＝2GH，则BE＝2GH，且∠B＝30°＝∠AHG，即可证△AHG∽△CBE；
（3）过E作ET⊥BC于T，由∠B＝30°，BE＝CD＝x，可得ET＝x，BT＝x，又AC＝3，可得CE＝＝，根据△AHG∽△CBE，可得∠MAC＝∠AEC，而∠ACM＝∠ECA，故△ACM∽△ECA，即得＝，y＝．
解：（1）∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵F为AB中点，
∴CF＝AB＝AF＝BF，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠ACF＝60°，
∵G，H是DF，CF的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH∥CD，
∴∠GHF＝∠ACF＝60°，
∵H是CF的中点，△ACF是等边三角形，
∴∠AHF＝90°，
∴∠AHG＝∠AHF﹣∠GHF＝30°；
（2）在Rt△ABC中，＝tanB，
∴AC＝BC，
在Rt△ACH中，＝sin∠ACH，
∴AC＝＝，
∴BC＝，
∴BC＝2AH，
∵GH是△FCD的中位线，
∴CD＝2GH，
∵CD＝BE，
∴BE＝2GH，
∴＝＝2，
∵∠B＝30°＝∠AHG，
∴△AHG∽△CBE；
（3）过E作ET⊥BC于T，如图：

∵∠B＝30°，BE＝CD＝x，
∴ET＝x，BT＝x，
∵AC＝3，
∴BC＝AC＝3，
∴CT＝BC﹣BT＝3﹣x，
∴CE＝＝＝，
由（2）知△AHG∽△CBE，
∴∠GAH＝∠BCE，
∵∠HAC＝∠B＝30°，
∴∠GAH+∠HAC＝∠BCE+∠B，
∴∠MAC＝∠AEC，
而∠ACM＝∠ECA，
∴△ACM∽△ECA，
∴＝，即＝，
整理化简得：y＝．